2025年湘师大新版必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘师大新版必修1化学下册阶段测试试卷257考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KCIO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是A.①中用瓷坩埚作反应器B.①中用NaOH强碱性介质C.②中K2MnO4只体现氧化性D.MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%2、将总物质的量为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式中正确的是A.x=V/(11.2n)B.0C.V=33.6n(1-x)D.11.2n3、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430kJ·mol−1。向容器中充入1mol[C2H6(g)+2CO2(g)]，充分反应，吸收热量430kJB.18g的H218O和D216O，所含电子数和中子数均为9NAC.常温下CH3COONH4溶液的pH=7，则1L该溶液中水电离出的H+数为10−7NAD.28g晶体硅中含有的硅硅键数为4NA4、下列叙述错误的是A.古诗“宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来””，涉及到分子的运动B.有诗曰“百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”，诗中的玻璃为非电解质C.“司南之杓(勺)投之于地，其柢(勺柄)指南”，“杓”的材质为Fe3O4D.“煤饼烧蛎房(牡蛎壳)成灰”，这种灰称为“蜃”，其主要成分为CaO5、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.与足量反应，转移的电子数为3NAB.与足量反应，生成和的混合物，钠失去NA个电子C.在标准状况下，所含的氧原子数目为3NAD.与反应生成(标准状况)，反应中转移的电子数为2NA6、化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A.二氧化硫可用于纸浆的漂白B.碳酸氢钠可作为制作糕点的膨松剂C.“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合使用效果更好D.雾霾天气、温室效应、光化学烟雾和PM2.5等都与汽车尾气排放有关评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、(1)完成下列填空。

①金属钠保存在___________________中；

②铜元素焰色反应呈______色火焰；

③氢氧化钠溶液应盛装在_______________塞的试剂瓶中；

④硅酸凝胶可用作干燥剂，其原因是_________________；

⑤制造计算机芯片的半导体材料是____________，水晶项链的主要成分是____________。

(2)为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生反应：

KIO3＋5KI＋3H2SO4=3I2＋3K2SO4＋3H2O

①该反应中，氧化剂是_______，氧化产物是______；

②氧化性：KIO3________I2(填“>”、“<”或“=”)；

③当有3molI2生成时，转移电子的物质的量为________mol。8、下图是依据一定的分类标准；对某些物质与水反应的情况进行分类的分类图。

回答下列问题：

(1)上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是___________。

(2)A组物质中属于电解质的是___________(填化学式)。

(3)B组物质中的Na2O2中含有的化学键类型是___________；NO2与H2O的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(4)C组中的物质与F组中的一种单质在水中反应生成两种强酸，该反应的化学方程式为___________。

(5)B组→E组反应的离子方程式为___________。9、有一瓶澄清的溶液，其中可能含H+、K+、Al3+、Cu2+、Fe3+、I-中的一种或几种；取该溶液进行如下实验：

①用pH试纸检验；表明溶液呈强酸性。

②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色。

③另取部分溶液；逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失。

④将③得到的碱性溶液加热；有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

根据上述实验事实回答：

（1）在溶液中，肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有______。

（2）不能确定是否存在的离子有______。证明它（们）是否存在的实验方法是______。

（3）写出步骤②涉及的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目______。

（4）写出步骤④涉及的离子方程式______。10、分类是学习和研究化学物质及其变化的一种常用的科学方法。回答下列问题：

(1)下列4组物质中均有一种物质的类别与其他3种不同：

①②

③④

每组里与别的物质类别不同的物质依次是(填化学式)：

①___________；②___________；③___________；④___________。

(2)现有下列十种物质：①②铝③④⑤⑥⑦胶体⑧氨水⑨稀硝酸⑩

按物质的分类方法填写表格的空白处：。分类标准_____氧化物__________电解质属于该类的物质②_____⑧⑨⑦_____11、硫酸的性质有：A．高沸点B．强酸性C．吸水性D．脱水性E．强氧化性。

在下列硫酸的用途或化学反应中；硫酸可能表现上述的一个或者多个性质，试用字母填空：

(1)实验室制取氢气________________________。

(2)实际生产中，浓硫酸可用钢瓶贮运________________________。

(3)实验室干燥氢气________________________。

(4)向白糖中倒入浓硫酸，白糖变黑，且有刺激性气味的气体产生________________________。12、写出下列反应的化学方程式；并分别用双线桥法和单线桥法表示电子转移的方向和数目。

（1）用氢气还原氧化铜。__、__。

（2）加热氯酸钾分解制取氧气。__、__。13、高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空。

I.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时；发生的反应如下：

①8MnO+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O(已配平)

②MnO+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)

(1)下列关于反应①的说法中错误的是_____(填字母序号).

a.被氧化的元素是Cu和S

b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5

c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子0.8mol

d.还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S

Ⅱ.在稀硫酸中，KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2也能发生氧化还原反应。

(2)配平离子方程式：__MnO+__Fe2++__H+=__Mn2++__Fe3++__H2O

(3)欲配制480mL0.1mol/LFe2+溶液，需称取(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g/mol)的质量为_______g。需要的玻璃仪器有_______。

Ⅲ.实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。请回答：

(4)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是：_______。

(5)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。14、下表是元素周期表一部分；列出了十种元素在周期表中的位置：

。族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

2

⑤

⑥

⑦

⑧

3

①

③

④

⑨

4

②

⑩

请回答下列问题：

(1)在上述元素中，非金属性最强的是________(填元素名称)，原子半径最大的是_____(填元素符号)，⑧与⑩两者核电荷数之差是_____________。

(2)①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_______________(填物质化学式)。

(3)⑤和⑦可以形成一种温室气体，用电子式表示其形成过程____________________________。

(4)表中元素①和⑦可以形成一种淡黄色物质X，写出X的电子式：___________，该物质所含化学键类型为__________________，写出X与水反应的离子方程式_____________________0.1molX与水反应转移电子数为_______________。

(5)表中元素⑥和⑧可形成一种相对分子量为66的共价化合物Y，Y分子中各原子均达到“8电子稳定结构”，Y的结构式为________________________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、四类物质①酸、②碱、③盐、④氧化物中一定含有氧元素的是②④。(____)A.正确B.错误16、酸与金属、盐与金属间可以发生置换反应。(_______)A.正确B.错误17、无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水。(____)A.正确B.错误18、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误19、氨分子的比例模型：(_______)A.正确B.错误20、金属都能与盐酸发生置换反应。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共8分)21、铝元素含量居金属首位，主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产；生活、科研等领域应用广泛。

Ⅰ.工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图：

（1）在滤液A中加入漂白液；目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。

①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：___Fe2++___ClO-+___=___Fe(OH)3↓+___C1-+___

②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为___（选填代号）

A.氢氧化钠溶液B.硫酸溶液C.氨水D.二氧化碳。

③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、___(填操作名称)；过滤、洗涤。

Ⅱ.铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂；在日常生活；生产中也占有一席之地。

（1）铵明矾可用于净水，用离子方程式表示其净水原理___；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是___。

（2）实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=___。

（3）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为___（填代号）。22、用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3−，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢（NH4+无法占据活性位点）。反应过程如图所示：

（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3−分两步；将步骤ii补充完整：

ⅰ.NO3−+Fe+2H+=NO2−+Fe2++H2O

ⅱ.□____+□____+□H+=□Fe2++□____+□__________

（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因_________。

（3）水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图1所示。（注：c0(NO3−)为初始时NO3−的浓度。）

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=______。

②t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，原因分别是_______。

（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是_____。

（5）利用电解无害化处理水体中的NO3−，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：

①阴极的电极反应式为___________。

②生成N2的离子方程式为_________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共6分)23、X；Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大。化合物甲俗称苛性钠；由X、Z、Q三种元素组成。Q是短周期中金属性最强的元素，W与Z同主族。请回答下列问题：

(1)W在周期表中的位置为_____，R的离子结构示意图为_____，Q2Z2的电子式为_____，化合物甲中含有的化学键为_____。

(2)Y元素是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，其气态氢化物丙与最高价氧化物对应水化物丁能发生化合反应，则Y元素为_____(填元素符号)，过量铁粉与丁的稀溶液反应的离子方程式为____，丙与NO在一定条件下能反应生成无毒无污染的物质，该反应的化学方程式为_____。

(3)化合物W2R2(沸点：138℃)可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.1mol该物质参加反应时转移0.15mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为_____。24、元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分(前四周期的元素)。对比中学教材中元素周期表，不难发现：①号是氢元素；③号是第二周期第族元素。请探寻扇形元素周期表的填充规律；回答下列问题：

(1)写出元素⑦在周期表中的位置_________；元素⑧的原子结构示意图_________。

(2)⑥~⑪元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_________(填化学式)；⑥、⑨两元素的最高价氧化物对应水化物之间可发生反应，离子方程式为_________。

(3)表中元素①④⑥可以形成一种强碱X，X中含有的化学键类型为_________。

(4)元素②③④⑤的原子中，原子半径最大的是_________(填元素名称)，非金属性最强的是_________

(填元素符号)。

(5)元素⑩的单质是毒性很大的窒息性气体，⑩与③的原子按可形成共价化合物，该分子中各原子均达到“8电子稳定结构”，则该分子的电子式为_________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。

【详解】

A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；

B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子；①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；

C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；

D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%；D说法正确；

综上所述，本题选D。2、D【分析】【详解】

金属没有剩余，说明反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或氢氧化钠过量；否则剩下铝不与水反应；

若恰好反应，即钠与铝按1：1混合，x=0.5，则有钠0.5nmol，铝0.5nmol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，0.5nmol钠生成氢气0.25nmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知；0.5nmol铝生成氢气0.75nmol，所以共生成氢气0.25nmol+0.75nmol=nmol，氢气体积为22.4nL；

若氢氧化钠过量，即1＞x＞0.5，则有钠nxmol，铝n（1-x）mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，nxmol钠生成氢气0.5nxmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知；n（1-x）mol铝生成氢气1.5n（1-x）mol，所以共生成氢气0.5nxmol+1.5n（1-x）mol=n（1.5-x）mol，氢气体积为22.4n（1.5-x）L；

则根据上面的关系可知，钠越多气体总量越少，当全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2nL，故氢气体积为11.2nL＜V≤22.4nL，答案选D。3、B【分析】【详解】

A．已知C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430kJ·mol−1，该反应为可逆反应，表示的含义为：生成4molCO和3molH2吸收430kJ能量，向容器中充入1mol[C2H6(g)+2CO2(g)]；充分反应，生成的CO小于4mol，吸收热量小于430kJ，故A错误；

B．H218O和D216O的电子数和中子数均为10，所以18g的H218O为0.9mol，电子数和中子数为9NA，18g的D216O为0.9mol，电子数和中子数为9NA；故B正确；

C．常温下CH3COONH4中阴阳离子都能水解，促进水的电离，所以1L该溶液中水电离出的H+数大于10−7NA；故C错误；

D．28g晶体硅为1mol，1mol晶体硅含有的硅硅键数为2NA；故D错误；

故选B。4、B【分析】【详解】

A．梅花香味飘散是分子的运动；正确；

B．玻璃属于混合物；不是非电解质，错误；

C．司南中“杓”具有磁性，材质为Fe3O4；正确；

D．牡蛎壳主要成分为CaCO3；灼烧时生成CaO，“蜃”的主要成分为CaO，正确；

故答案为B。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．完全反应生成Cl-，故转移的电子数为2NA；故A错误；

B．与足量反应生成Na+，故失去NA个电子；故B正确；

C．在标准状况下，不是气体；无法计算物质的量，故C错误；

D．中-1价变为0价的氧气，故每生成1molO2转移2mol电子，故生成(标准状况)，反应中转移的电子数为NA；故D错误；

故选B。6、C【分析】【详解】

A．二氧化硫具有漂白性；可用于纸浆的漂白，故A正确；

B．碳酸氢钠受热分解；生成气体受热膨胀，可作为制作糕点的膨松剂，故B正确；

C．“84”消毒液主要成分是NaClO与洁厕灵(主要成分为HCl)不能混合使用，NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O；故C错误；

D．近年来城市的汽车越来越多；光化学烟雾主要是由汽车排放的尾气中氮的氧化物造成的；汽车尾气是主要的污染物排放，排放的汽车尾气是雾霾和PM2.5的一个因素，排放的二氧化碳是形成温室效应的气体，故D正确。

故选C。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①金属钠与空气中的二氧化碳；水反应；保存在石蜡油或煤油中；

②铜元素焰色反应呈绿色；

③氢氧化钠能和玻璃里面的二氧化硅反应；所以用带橡胶塞的试剂瓶；

④硅酸凝胶多孔；吸附水分子能力强，可用作干燥剂；

⑤制造计算机芯片的半导体材料是硅；水晶项链的主要成分是二氧化硅。

(2)①KIO3的化合价由+5价降到0价，所以做氧化剂，是KIO3，碘离子的化合价升高成碘单质，所以氧化产物是I2；

②氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：KIO3>I2；

③当有3molI2生成时，有1molKIO3化合价降低为0价，所以转移5mol电子。【解析】①.石蜡油或煤油②.绿③.带橡胶④.多孔，吸附水分子能力强⑤.单质硅⑥.二氧化硅⑦.KIO3⑧.I2⑨.>⑩.58、略

【分析】【分析】

C组物质的水溶液呈酸性，故C组物质为SO2，D组物质为NH3、CaO、Na2O；E组物质为Na，F组物质为Cl2、NO2、Na2O2；

【详解】

(1)第一级分类标准是按物质与水反应是否是氧化还原反应(或反应中是否有化合价变化；反应中是否有电子转移)；

(2)NH3、SO2本身熔融态不能导电，溶于水中本身不能电离，是非电解质；CaO、Na2O的熔融态都能导电，故答案为：CaO、Na2O；

(3)Na2O2中Na+与间是离子键，中O与O是共价键；故答案为：离子键；共价键；

(4)C组物质为SO2，F组物质为Cl2、NO2、Na2O2，符合C组中的物质与F组中的一种单质在水中反应生成两种强酸的是SO2和Cl2，故反应的化学方程式为：

(5)E组物质为Na，则B组→E组反应的离子方程式为：【解析】是否为氧化还原反应(或反应中是否有化合价变化、反应中是否有电子转移)CaO、Na2O离子键、共价键1∶29、略

【分析】【分析】

①用pH试纸检验，溶液呈强酸性，则溶液中含有H+，不含有CO32-；

②取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色，说明有I-，无Cu2+、Fe3+；

③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失，证明含有Al3+；

④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，说明含有NH4+；

据此分析解答问题。

【详解】

(1)由上述分析可知，溶液中肯定存在的离子是H+、Al3+、I-、一定不存在的离子是Cu2+、Fe3+、故答案为：H+、Al3+、I-、Cu2+、Fe3+、

(2)上述所有实验中无法确定是否含有K+，可以通过焰色反应验证是否含有K+，故答案为：K+；焰色反应；

(3)步骤②为Cl2氧化I-为I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-===2Cl-+I2，用单线桥法标出电子转移方向为=I2+2Cl-，故答案为：=I2+2Cl-；

(4)步骤④为NH3·H2O受热分解，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为：NH3·H2ONH3↑+H2O。【解析】H+、Al3+、I-、Cu2+、Fe3+、K+焰色反应=I2+2Cl-NH3·H2ONH3↑+H2O10、略

【分析】【分析】

(1)

①中只有是非金属氧化物，类别不同的物质是

②中只有是金属单质，类别不同的物质是

③中只有是非金属单质，类别不同的物质是

④中只有呈中性，类别不同的物质是

(2)

十种物质中只有铝是金属单质，所以分类依据是金属单质；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，属于氧化物的是氨水、稀硝酸都是水溶液，分类依据是溶液；胶体属于胶体，分类依据是胶体；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，属于电解质的是【解析】(1)

(2)金属单质溶液胶体③④③⑤⑥⑩11、略

【分析】【分析】

(1)稀硫酸具有酸性；能和活泼金属反应生成氢气；

(2)常温下；浓硫酸能和铁；铝发生钝化现象；

(3)浓硫酸具有吸水性；能作干燥剂；

(4)浓硫酸具有脱水性；能脱去部分有机物中的H；O元素，结合实验现象分析判断。

【详解】

(1)稀硫酸具有酸性；能和活泼金属反应生成硫酸盐和氢气，该反应中硫酸体现氧化性和酸性，但该氧化性是H元素体现的，故选B；

(2)常温下；浓硫酸能和铁发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止铁进一步被氧化，该现象为钝化现象，故选E；

(3)浓硫酸具有吸水性；能作酸性气体；中性气体的干燥剂，故选C；

(4)浓硫酸具有脱水性；能将蔗糖中H；O元素以2∶1，按照水的形式脱去，所以体现脱水性，浓硫酸还能和C反应生成二氧化碳、二氧化硫，所以还体现强氧化性，故选DE。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意有刺激性气味的气体产生，该气体为二氧化硫。【解析】①.B②.E③.C④.DE12、略

【分析】【分析】

（1）用氢气还原氧化铜时；氢元素化合价升高，铜元素化合价降低。

（2）加热氯酸钾分解制取氧气时；氯元素化合价降低，氧元素化合价升高。

【详解】

（1）用氢气还原氧化铜时；氢元素化合价由价0得电子升高为+1，铜元素化合价由+2价失电子降低为0价，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：

用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：

故答案为：

（2）加热氯酸钾分解制取氧气时；氯元素化合价由+5价得电子降低为-1价，氧元素化合价由-2价失电子升高为0价。

用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：

用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：

故答案为：【解析】①.②.③.④.13、略

【分析】【分析】

(1)a．反应①中Mn元素的化合价降低；而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价；

b．氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S；

c．根据二氧化硫计算KMnO4的物质的量；结合Mn元素化合价变化计算转移电子；

d．还原剂的还原性强于还原产物的还原性；

(2)锰元素化合价由+7降到+2；化合价共降低5价，Fe元素化合价由+2升到+3，化合价共升高1价，化合价最小公倍数为5，再结合电荷守恒；原子守恒配平；

(3)没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配置500mL，根据n=cV计算Fe2+的物质的量，而n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]=n（Fe2+）；再根据m=nM计算；

用固体溶解配置500mL一定物质的量浓度溶液；需要仪器有：500mL容量瓶；托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

(4)高温下软锰矿（MnO2）与过量KOH（s）和KClO3（s）反应生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl；由元素守恒可知，还有水生成；

(5)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4→2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，K2MnO4既是氧化剂又是还原剂；根据电子转移守恒计算反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比。

【详解】

(1)a．反应反应中；铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，均被氧化，故a正确；

b．氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；

c．二氧化硫物质的量为=0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4为0.1mol×=0.16mol；反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，故转移电子为0.16mol×（7-2）=0.8mol，故c正确；

d．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S>Mn2+；故d错误；

故选d；

(2)锰元素化合价由+7降到+2，化合价共降低5价，Fe元素化合价由+2升到+3，化合价共升高1价，化合价最小公倍数为5，则MnO4-的系数为1、Fe2+的系数为5，故Mn2+的系数为1，Fe3+的系数为5，根据原子守恒可知H2O的系数为4，H+的系数为8，配平后离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

故答案为：1；5，8，1，5，4；

(3)没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL，n[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]=n（Fe2+）=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，故m[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]=0.05mol×392g/mol=19.6g；用固体溶解配制500mL一定物质的量浓度溶液；需要玻璃仪器有：500mL容量瓶；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

(4)高温下软锰矿（MnO2）与过量KOH（s）和KClO3（s）反应生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl，由元素守恒可知，还有水生成，反应方程式为：6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O；

(5)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4→2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，根据电子转移守恒，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（7-6）：（6-4）=1：2。【解析】d15815419.6500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O1：214、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Al、⑤为C、⑥为N、⑦为O、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Br。

【详解】

根据上述分析可知；

（1）元素周期表中，同一周期从左到右元素原子半径依次减小，非金属性依次增大；同一主族中，从上到下元素原子半径依次增大，非金属性依次减弱，则在上述元素中，非金属性最强的是氟；原子半径最大的是K；⑧为F，⑩为Br，两者同族，相差两个周期，F的原子序数为9，Br的原子序数为35；则两者核电荷数相差35-9=26；

故答案为氟；K；26；

（2）元素的非金属性越强；其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其中F与O元素因无最高价，所以无对应的含氧酸，则①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是。

HClO4；

故答案为HClO4；

（3）⑤和⑦可以形成一种温室气体为CO2，是分子内含2个碳氧双键的共价化合物，用电子式表示其形成过程为：

故答案为

（4）表中元素①和⑦可以形成一种淡黄色物质X为过氧化钠，化合物既含离子键又含共价键，其电子式为：过氧化钠与水发生氧化还原反应会生成氢氧化钠与氧气，其化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，该反应中，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，根据关系式2Na2O22e-可知，0.1molNa2O2与水反应时，转移电子数为0.1NA个；

故答案为离子键和共价键；2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；0.1NA；

（5）元素⑥为N，⑧为F，可形成一种相对分子量为66的共价化合物Y，Y分子中各原子均达到“8电子稳定结构”，则该化合物Y为N2F2；根据“8电子稳定结构”特点，其结构式应为：F—N=N—F；

故答案为F—N=N—F。【解析】氟K26HClO4离子键和共价键2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑0.1NAF—N=N—F三、判断题(共6题，共12分)15、A【分析】【分析】

【详解】

碱的组成中有氢氧根，氧化物的组成中有氧元素，则②④的组成中一定含有氧元素，而酸有无氧酸，盐有无氧酸根构成的盐，故酸和盐组成中不一定含有氧元素，故正确；16、A【分析】【详解】

在金属活动性顺序表中，排在氢前面的金属与酸发生置换反应生成盐和氢气，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来，故正确。17、A【分析】【详解】

无水氯化亚钴呈蓝色，吸水后变为粉红色，所以无水氯化亚钴常用于判断变色硅胶是否吸水，故正确。18、A【分析】【分析】

【详解】

氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合价部分由0价升至+1价、部分由0价降至-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，正确。19、A【分析】【详解】

氮原子半径大于氢原子半径，氨分子的比例模型：判断正确。20、B【分析】【详解】

金属活动性排在H后面的金属不能与盐酸发生置换反应，如铜等，故错误。四、原理综合题(共2题，共8分)21、略

【分析】【分析】

Ⅰ.图示工艺流程为：铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸；得到滤渣为二氧化硫，滤液中含有铁离子；亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠；

（1）①依据流程分析；滤液中含有氯化铁；氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平计算写出；

②滤液B中铝元素为氯化铝；依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱碱选择；

加入浓盐酸抑制氯化铝的水解；蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；

Ⅱ.（1）铵明矾溶液中铝离子水解；溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝；

（2）根据电子转移守恒确定n（N2）：n（SO2）；相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比．

（3）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；

B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；

C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；

D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应。

【详解】

Ⅰ.(1)①滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性，氧化亚铁离子为铁离子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO−+5H2O=2Fe(OH)3↓+C1−+4H+；

故答案为：2；1；5H2O；2；1；4H+；

②滤液中含有的是氯化铝溶液；将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；

A.氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝；氢氧化钠不是最佳试剂，故A错误；

B.硫酸溶液不与铝离子反应；故B错误；

C.氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝；过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故C正确；

D.二氧化碳和氯化铝不反应；无法生成氢氧化铝沉淀，故D错误；

故答案为：C；

③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤；

故答案为：冷却结晶；过滤；

Ⅱ.(1)铵明矾溶液中铝离子水解得到氢氧化铝胶体；可以吸附悬浮物质，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；

故答案为：铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体；有吸附作用，故铵明矾能净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；

（2）根据电子转移守恒：2×[0−(−3)]×n(N2)=n(SO2)×(6−4)，故n(N2):n(SO2)=1:3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V(N2):V(SO2)=1:3；

故答案为：1:3.

(3)A.蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故A错误；

B.铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故B正确；

C.玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应,不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故C错误；

D.瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应,不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故D错误；

故答案为：B。【解析】215H2O214H+C冷却结晶，过滤铵明矾溶液电离出的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失1：3B22、略

【分析】【分析】

（1）根据流程图，步骤ii是NO3-与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH4+；

（2）反应生成Fe2+在水中发生水解生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被氧化为红褐色的Fe(OH)3；

（3）①根据图1，初始pH=6.5时，NO3−去除率最高；②活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢；

（4）随溶液pH升高一部分NH4+生成氨气放出；

（5）①阴极得电子发生还原反应；②NH4+被HClO氧化为N2。

【详解】

（1）步骤ii是NO3-与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH4+，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为NO3-+3Fe+8H+=3Fe2++NH4++2H2O；

（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色的原因是Fe2+在水中发生水解反应Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3。

（3）①根据图1，初始pH=6.5时，NO3−去除率最高；所以为达到最高去除率，应调水体的初始pH=6.5；

②pH=2的溶液中，t＜15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t＞15min时，产生大量Fe(OH)2；附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

（4）反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出。

（5）①根据图示，阴极NO3−得电子发生还原反应生成NH4+，阴极反应方程式是NO3−+8